P6810 「MCOI-02」Convex Hull 凸包

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一句话题意：

求出 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\tau(i)\tau(j)\tau(gcd(i,j))\)

前置知识

1. \(dirirchlet\) 卷积

   这里我们只需要了解他的一个性质， \(\tau * \mu = \epsilon\), 具体证明如下：

   \(\tau = 1 * 1\)

   \(\epsilon = \mu * 1\)

   对于第一个柿子，两边同时卷上一个 \(\mu\) 变成：

   \(\tau * \mu = 1 * 1 * \mu\)

   \(\tau * \mu = 1 * \epsilon = 1\)

   2.线性筛约数个数

​ 首先，我们对一个数有唯一分解定理：\(p = p_1^{k_1} \times p_2^{k2} \cdots p_n ^{kn}\)

​ 那么这个数的约数个数可以写为 \(\prod (k_i+1)\) (这小学知识啦)。

​ 我们维护两个数组 \(g[i]\) 表示 \(i\) 的最小质因子的次数， \(t[i]\) 表示 \(i\) 的约数个数和。

​ 对于 质数 \(p\) 则有 \(g[p] = 1, t[p] = 2\)

​ 对于不是质数的数 \(n\) 我们在筛的时候会在 \(i \times p\) 的时候筛到他。

​ 若 \(i \bmod p == 0\) 表明 \(p\) 是 \(n\) 的最小质因子 ，则有 \(g[n] = 1\), \(f[n] =\) \(f[i] \times (g[n]+1) \over {g[i]+1}\)

​ 若 \(i 和 p 互质\) 可以利用积性函数的性质求解，则有 \(g[n] = g[i] + 1\) \(f[n] = f[i] * f[p]\) ， 也可以写成 \(f[n] = f[i] * 2\)

Code:

	g[1] = 1; t[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N-5; i++)
	{
		if(!check[i])
		{
			prime[++tot] = i;
			g[i] = 1;
			t[i] = 2;
		}
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N-5; j++)
		{
			check[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				g[i * prime[j]] = g[i] + 1;
				t[i * prime[j]] = t[i] * (g[i * prime[j]] + 1) / (g[i] + 1);
				break;
			}
			else
			{
				g[i * prime[j]] = 1;
				t[i * prime[j]] = t[i] * t[prime[j]];
			}
		}
	}

​

题解

比较难的懵逼乌斯反演题。

首先，我们还是按照套路先枚举一个 \(d\) 来变成：

\(\displaystyle\sum_{d=1}^{n}\tau(d) \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\tau(i)\tau(j)[gcd(i,j) == d]\)

后面那两个求和柿子可以提出一个 \(d\) 出来变成：

\(\displaystyle\sum_{d=1}^{n}\tau(d) \sum_{i=1}^{n\over d} \sum_{j=1}^{m\over d}\tau(i \times d)\tau(j \times d)[gcd(i,j) == 1]\)

根据莫比乌斯反演，我们可以得到一个等式：

\([gc(i,j) == 1] = \displaystyle\sum_{p\mid i,p\mid j} \mu(p)\)

把这个等式代回原式有：

\(\displaystyle\sum_{d=1}^{n}\tau(d)\sum_{i=1}^{n\over d}\sum_{j=1}^{m \over d}\tau(i \times d)\tau(j\times d) \sum_{p\mid i p\mid j} \mu(p)\)

先枚举一下 \(p\) 变成：

\(\displaystyle\sum_{d=1}^{n}\tau(d)\sum_{p=1}^{n\over d} \mu(p)\sum_{i=1}^{n\over d} \tau(i \times d)[p \mid i]\sum_{j=1}^{m \over d}\tau(j \times d) [p \mid j]\)

后面的那个求和柿子可以变成：

\(\displaystyle\sum_{d=1}^{n}\tau(d)\sum_{p=1}^{n\over d} \mu(p)\sum_{i=1}^{n\over {dp}} \tau(i \times d p) \sum_{j=1}^{m \over {dp}}\tau(j \times dp)\)

设 \(Q = dp\) 则 \(p = {Q \over d}\),柿子可以写成：

\(\displaystyle\sum_{d=1}^{n}\tau(d)\sum_{Q=1}^{n}\mu({Q\over d})\sum_{i=1}^{n\over Q}\sum_{j = 1}^{m \over Q}\tau(iQ)\tau(jQ)\)

改变一下枚举顺序，先枚举一下 \(Q\) 则有：

\(\displaystyle\sum_{Q=1}^{n}\sum_{d\mid Q}^{n} \tau(d)\mu({Q\over d})\sum_{i=1}^{n\over Q}\sum_{j=1}^{m\over Q}\tau(iQ)\tau(jQ)\)

中间的这个 \(\displaystyle\sum_{d\mid Q}^{n}\tau(d)\mu({Q\over d})\) 柿子，利用我们前置知识里的一个性质：\(\tau * \mu = 1\) 也就是这个柿子恒等于 \(1\)

我们的柿子就可以变为：

\(\displaystyle\sum_{Q=1}^{n}\sum_{i=1}^{n\over Q}\sum_{j=1}^{m\over Q} \tau(iQ)\tau(jQ)\)

这个直接枚举的复杂度跟定会爆的，我们还要考虑优化。

我们可以对于每个 \(Q\) 先把他后面的两个柿子先预处理出来，之后我们在枚举每个 \(Q\) 时可以直接得到这个 \(Q\) 的·贡献。

据说还可以用 \(dirichlet\) 后缀和优化，然鹅我并不会。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e6+10;
int n,m,p,tot;
int t[N],g[N],prime[N],sum1[N],sum2[N];
bool check[N];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s =s * 10+ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
void YYCH()
{
	g[1] = 1; t[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N-5; i++)//预处理出每个数的约数个数
	{
		if(!check[i])
		{
			prime[++tot] = i;
			g[i] = 1;
			t[i] = 2;
		}
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N-5; j++)
		{
			check[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				g[i * prime[j]] = g[i] + 1;
				t[i * prime[j]] = t[i] * (g[i * prime[j]] + 1) / (g[i] + 1);
				break;
			}
			else
			{
				g[i * prime[j]] = 1;
				t[i * prime[j]] = t[i] * t[prime[j]];
			}
		}
	}
}
int slove(int n,int m)
{
	YYCH();
	int res = 0;
	for(int d = 1; d <= n; d++)//预处理出每个 Q 的贡献
	{
		for(int j = 1; j <= n/d; j++)
		{
			sum1[d] = (sum1[d] + t[j * d]) % p;
		}
	}
	for(int d = 1; d <= m; d++)
	{
		for(int j = 1; j <= m/d; j++)
		{
			sum2[d] = (sum2[d] + t[j * d]) % p;
		}
	}
	for(int d = 1; d <= n; d++)//枚举每个Q
	{
		res = (res + 1LL * sum1[d] * sum2[d] % p) % p;//计算答案
	}
	return res % p;
}
int main()
{
	n = read(); m = read(); p = read();
	if(n > m) swap(n,m);
	printf("%d\n",slove(n,m));
	return 0;
}

话说，这题感觉难度有点低，应该是紫题吧，毕竟最后的 \(dirilect\) 后缀和优化的模板题都是紫的